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2023年新課程高考點題串講參考講義數學學科
解答題部分（第34題-第61題）參***
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【第34題】
解:（i）=
則的最小值是-2,最小正週期是.
（ii）,則=1,
, ,向量與向量共線
由正弦定理得， ①
由餘弦定理得，，即3= ②
由①②解得.
【第35題】
解：（1）在中，所以=oa=.所以
由題意知. 所以點p到a、b、c的距離之和為
. 故所求函式關係式為
（2）由（1）得，令即，又，從而.
當時，；當時,.
所以當時，取得最小值，
此時（km），即點p在oa上距o點km處.
【第36題】
解：（1）取pa的中點n，連mn、dn，易證mn cd，
，//面pda。
（2）分別以bc、ba、bp所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角座標系，b為原點，則a（0，2，0），p（0，0，1），d（1，1，0）
假設bc邊上存在點q，使得二面角a—pd—q為120°，設q（x，0，0），，
平面pdq的法向量為，
則由，及，得
同理設平面pda的法向量為
解得故存在點q為bc的中點，使二面角a—pd—q為
【第37題】
解：（ⅰ）作出莖葉圖如下：
（ⅱ）派甲參賽比較合適。理由如下：，，
，甲的成績較穩定，派甲參賽比較合適。
注：本小題的結論及理由均不唯一，如果考生能從統計學的角度分析，給出其他合理回答，同樣給分。如
派乙參賽比較合適。理由如下：
從統計的角度看，甲獲得85分以上（含85分）的概率，
乙獲得85分以上（含85分）的概率。
∵，∴派乙參賽比較合適。
（ⅲ）記「甲同學在一次數學競賽中成績高於80分」為事件a，。
隨機變數的可能取值為0、1、2、3，且。
所以變數的分布列為
。（或）
【第38題】
解：（i）記「15條魚中任選3條恰好有1條魚汞含量超標」為事件a
則．∴15條魚中任選3條恰好有1條魚汞含量超標的概率為
（ii）解法一：依題意可知，這批羅非魚中汞含量超標的魚的概率p=，
所有ξ的取值為0，1，2，3，其分布列如下：
所以ξ～，所以eξ=1
解法二：依題意可知，這批羅非魚中汞含量超標的魚的概率p=，
所有ξ的取值為0，1，2，3，其分布列如下：
所以eξ=.
【第39題】
解：（ⅰ）由題意得 ，，所以拋物線的方程為
（）設， 因為
則以點為切點的拋物線的切線方程為
又，所以
同理可得以點為切點的拋物線的切線方程為
由解得又過點與的直線的斜率為
所以直線的方程為
由得所以，即
同理可得直線的方程為
由得所以，即
則，即p′得橫座標為0， 所以點p′在y軸上
【第40題】
（ⅰ）設橢圓的方程為。
∴橢圓的方程為。
（ⅱ）由得即。
記，則。
的方程是的方程是
由得即這說明，當變化時，點恆在定直線上。
【第41題】
解：（1）由離心率，得，即. ①
又點在橢圓上，即. ②
解 ①②得，
故所求橢圓方程為
由得直線l的方程為.
（2）曲線，
即圓，其圓心座標為，半徑，表示圓心在直線上，半徑為的動圓
由於要求實數m的最小值，由圖可知，只須考慮的情形.
設與直線l相切於點t，則由，得，
當時，過點與直線l垂直的直線的方程為，
解方程組得
因為區域d內的點的橫座標的最小值與最大值分別為，
所以切點，由圖可知當過點b時，m取得最小值，即，
解得.【第42題】
22．解：（1）的斜率為
直線的方程為
設m（x，y），則
由整理得
（2）由題意，設的方程為
由得由設，則①
②且由①知，③
④由②③④知：
解得，又【第43題】
解：（1）由，得直線的傾斜角為，
則點到直線的距離，
故直線被圓截得的弦長為，
直線被圓截得的弦長為
據題意有：，即
化簡得：，解得：或，又橢圓的離心率；
故橢圓的離心率為．
（2）假設存在，設點座標為，過點的直線為；
當直線的斜率不存在時，直線不能被兩圓同時所截；
故可設直線的方程為，
則點到直線的距離，
由（1）有，得=，
故直線被圓截得的弦長為
則點到直線的距離，
，故直線被圓截得的弦長為
據題意有：，即有，整理得，
即，兩邊平方整理成關於的一元二次方程得
關於的方程有無窮多解，
故有：，
故所求點座標為（－1，0）或（－49，0）．
【第44題】
當，，函式在內是增函式，
∴函式沒有極值
當時，令，得。
當變化時，與變化情況如下表：
∴當時，取得極大值。
綜上，當時，沒有極值；
當時，的極大值為，沒有極小值
（ⅱ）（ⅰ）設是曲線上的任意兩點，要證明
有伴隨切線，只需證明存在點，使得
，且點不在上。
∵，即證存在，使得，即成立，且點不在上。
以下證明方程在內有解。
記，則。
令，∴，
∴在內是減函式，∴。
取，則，即。
同理可證。∴。
∴函式在內有零點。
即方程在內有解。
又對於函式取，則
可知，即點q不在上。
是增函式，∴的零點是唯一的，
即方程在內有唯一解。
綜上，曲線上任意一條弦均有伴隨切線，並且伴隨切線是唯一的。
（ⅱ）取曲線c：，則曲線的任意一條弦均有伴隨切線。
證明如下：設是曲線c上任意兩點，
則，又，
即曲線c：的任意一條弦均有伴隨切線。
【第45題】
解 ： （1）設，於是
所以 又，則．所以
（2）當m>0時，由對數函式性質，f（x）的值域為r；
當m=0時，對，恆成立；
當m<0時，由，列表：
所以若，恆成立，則實數m的取值範圍是.
故使成立，實數m的取值範圍．
（3）因為對，所以在內單調遞減.於是
記，則所以函式在是單調增函式，
所以，故命題成立.
【第46題】
解：（1）由
為減函式
則令所求距離的最小值即為到直線的距離
（2）假設存在實數a滿足條件，令則
由為減函式
當為增函式
的取值範圍為
【第47題】
解：（1），則，
令，得或，而在處有極大值，
∴，或；綜上：或．
（2）假設存在，即存在，使得
，當時，又，故，
則存在，使得
當即時，得，；
當即時，得，無解；
綜上（3）據題意有有3個不同的實根，有2個不同的實根，且這5個實根兩兩不相等．
（ⅰ）有2個不同的實根，只需滿足；
（ⅱ）有3個不同的實根，
當即時，在處取得極大值，而，不符合題意，舍；
當即時，不符合題意，舍；
當即時，在處取得極大值，
；所以；
因為（ⅰ）（ⅱ）要同時滿足，故；（注：也對）
下證：這5個實根兩兩不相等，
即證：不存在使得和同時成立；
若存在使得，
由，即，
得，當時，，不符合，捨去；
當時，既有 ①；
又由，即 ②；
聯立①②式，可得；
而當時，沒有5個不同的零點，故捨去，所以這5個實根兩兩不相等．
綜上，當時，函式有5個不同的零點．
【第48題】
解：（ⅰ）由題設，，則.
由已知，，即. 於是，則
由，所以h(x)在(1，+∞)上是增函式，在(0，1)上是減函式.
（ⅱ）當時，，即
欲證，只需證，即證.
設，則.
當時，，所以在區間(1，e2)上為增函式.
從而當時，，即，故.
（ⅲ）由題設，.令，則
，即設，，則
，由，得x＞4.
所以在(4，＋∞)上是增函式，在(0，4)上是減函式
又在(0，)上是增函式，在(，＋∞)上是減函式.
因為當x→0時，，.
又，，，
，則函式與的大致圖象如下
由圖可知，當x＞0時，兩個函式圖象有2個交點，故函式y＝g(x)－h1(x)有2個零點.
【第49題】
解：(1)依題意，由① 得:
② ② - ①得:,
即:即:;
,由知數列是以4為首項,2為公比的等比數列.
（2）由(1)知:,即
當n≥2時,
又滿足上式，所以(n
由，得：
當時，所以即所以當時，不等式對任意都成立.
【第50題】
解：（ⅰ）
由於，故當時，，所以，
故函式在上單調遞增
（ⅱ）當時，因為，且在r上單調遞增，
故有唯一解
所以的變化情況如下表所示：
又函式有三個零點，所以方程有三個根，
而，所以，解得
（ⅲ）因為存在，使得，
所以當時，
由（ⅱ）知，在上遞減，在上遞增，
所以當時，，
而，記，因為（當時取等），
所以在上單調遞增，而，
所以當時，；當時，，
也就是當時，；當時，
①當時，由，
②當時，由，
綜上知，所求的取值範圍為
【第51題】
（1）由（≠0）為奇函式，∴，代入得， ∴，且在取得極大值2.
∴解得，，∴
（2）∵，∴
因為函式定義域為（0，+∞），所以
（1）當，時，，函式在（0，+∞）上單調遞減；
（2）當時，，∵，
∴∴函式在（0，+∞）上單調遞減；
（3）時，，令，得，∵，
∴，得，結合，得；
令，得，同上得，，
∴時，單調遞增區間為（，），單調遞增區間為（，+∞）
綜上，當≤-1時，函式的單調遞減區間為（0，+∞），無單調遞增區間；
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